2022年安徽省中考第二次模拟考试数学试卷（含答案解析）

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1、2022年安徽省中考第二次模拟考试数学试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1在有理数3，2，2，3中，其倒数最小的是（）A3B2C2D32京张高铁，京礼高速两条北京冬奥会重要交通保障设施投入使用后，将张家口、崇礼、延庆与北京城区串成一线京张高铁开通运营一年累计发送旅客6 800 000人，大幅提升了京张两地通行能力，将6 800 000用科学记数法表示为（）ABCD3下列计算正确的是（）A B C D4如图是一个几何体的三种视图，则该几何体可能是（）ABCD5弹簧的长度y（cm）与所挂物体的质量x（kg）的关系是一次函数

2、，如图所示，此函数的图象经过A(20，0)，B(20，20)两点，则弹簧不挂物体时的长度是（）A9cmB10cmC10.5cmD11cm6在螳螂的示意图中，ABDE，ABC是等腰三角形，ABC124，CDE72，则ACD（）A16B28C44D45 7下列运用等式的性质对等式进行的变形中，错误的是（）A若mn，则mpnp B若a（|x|+1）b（|x|+1），则abC若ab，则 D若xy，则x2y28如图，圆是大正方形的内切圆，同时又是小正方形的外接圆，小明随意向水平放置的大正方形内部区域抛一个小球，则小球停在小正方形内部阴影区域的概率为（）ABCD9如图，中，点是的中点，点是平面内一个动点，

3、以点为直角顶点，为直角边在的上方作等腰直角三角形当的度数最大时，的长为（）ABCD10如图，正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，BAC的平分线交BD于E，交BC于F，BHAF于H，交AC于G，交CD于P，连接GE、GF，以下结论：OAEOBG；四边形BEGF是菱形；BE=CG；SPBC：SAFC=1：2，其中正确的有（）个A2B3C4D5二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）11 _12埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，其底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形，底面正方形的边长与侧面等腰三角形底边上的高的比值是，它介于整数和之间，则的值是_13如图，在RtABC中，ACB

4、90，AC8，BC3，点D是BC边上动点，连接AD交以CD为直径的圆于点E，则线段BE长度的最小值为_14如图，点是抛物线上不与原点重合的动点轴于点，过点作的垂线并延长交轴于点，连结，则线段的长是_，AC的最小值是_ 三、解答题（本大题共8小题，共90分其中：15-18题，每题8分，19-20题，每题10分，21-22题，每题12分，23题14分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）。15 (1)计算：(+1)； (2)解不等式组：16如图，在平面直角坐标系中，ABC的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）(1)把ABC向左平移4个单位后得到A1B1C1，请画出平移后的A1

5、B1C1；(2)把ABC绕原点O旋转180后得到A2B2C2，请画出旋转后的A2B2C2；(3)观察图形可知，A1B1C1与A2B2C2关于点（ ， ）对称17足球射门时，在不考虑其他因素的条件下，射点到球门AB的张角越大，射门越好当张角达到最大值时，我们称该射点为最佳射门点通过研究发现，如图1所示，运动员带球在直线CD上行进时，当存在一点Q，使得（此时也有）时，恰好能使球门AB的张角达到最大值，故可以称点Q为直线CD上的最佳射门点 (1)如图2所示，AB为球门，当运动员带球沿CD行进时，为其中的三个射门点，则在这三个射门点中，最佳射门点为点_；(2)如图3所示，是一个矩形形状的足球场，AB为

6、球门，于点D，某球员沿CD向球门AB进攻，设最佳射门点为点Q用含a的代数式表示DQ的长度并求出的值；已知对方守门员伸开双臂后，可成功防守的范围为，若此时守门员站在张角内，双臂张开MN垂直于AQ进行防守，求MN中点与AB的距离至少为多少时才能确保防守成功（结果用含a的代数式表示）18相传古印度一座梵塔圣殿中铸有一片巨大的黄铜板，之上树立了3根宝石柱，其中一根宝石柱上插有中心有孔的64个大小两两相异的1寸厚的金盘，小金盘压着较大的金盘如图，把这些金盘全部一个一个地从1柱移动到3柱上去，移动过程中不允许大金盘压小金盘，不得把金盘放到柱子之外问题提出如果将这64个金盘按上述要求全部从1柱移动到3柱，至

7、少需要移动多少次？设h（n）是把n个金盘从1柱移动到3柱过程中的最少移动次数问题探究探究一：当n1时，显然h（1）1探究二：当n2时，如图探究三：当n3时，如图(1)探究四：当n4时，先用h（3）的方法把较小的3个金盘移动到2柱，再将最大金盘移动到3柱，最后再用h（3）的方法把较小的3个金盘从2柱移动到3柱，完成，即h（4） （直接写出结果）(2)初级模型若将x个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，至少需要移动a次；将（x+1）个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，至少需要移动 次（用含a的代数式表示）(3)自主探究仿照“问题探究”中的方法，将6个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，至少需要多少次？（写出

8、必要的计算过程）(4)最终模型综合收集到的数据探索规律可知：将64个金盘按上述要求全部从1柱移动到3柱，至少需要移动 次(5)问题变式若在原来条件的基础上，再添加1个条件：每次只能将金盘向相邻的柱子移动（即：2柱的金盘可以移动到1柱或3柱，但1柱或3柱的金盘只能移动到2柱），则移动完64个金盘至少需要移动 次19已知点A（0，4），将点A先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，对应点B恰好落在反比例函数的图象上过点B的直线l的表达式为ymx+n，与反比例函数图象的另一个交点为点C，分别交x轴、y轴于点D、点E(1)求反比例函数表达式；(2)若线段BC2CD，求BOD的面积；(3)在（2

9、）的条件下，点P为反比例函数图象上B、C之间的一点（不与B、C重合），PMx轴交直线l于点M，PNy轴交直线l于点N，请分析EMDN是否为定值，并说明理由20如图，ABC内接于O，ACBC (1)如图1，连接CO，求证：CO平分ACB；(2)如图2，点D为弧BC上的一点，连接AD，弦MN交AB于点P，交AD于点G，交BC于点Q，ADBC，AGQ+2ACB270，过点O作OHMN，垂足为H，求证：OH/BC；(3)如图3，在（2）的条件下，连接PO并延长交BC于点E，若MPQN，BPAP2，BQ，求线段EQ的长21为了让师生更规范地操作教室里的一体机设备，学校信息技术处制作了“教室一体机设备培训

10、”视频，并在读报课时间进行播放结束后为了解初中校部、高中校部各班一体机管理员对设备操作知识的掌握程度，得分用x（x为整数）表示，A：60x70，B：70x80，C：80x90，D：90x100，对得分进行整理分析，给出了下面部分信息：初中一体机管理员的测试成绩在C组中的数据为：81，85，88高中一体机管理员的测试成绩：76，83，71，100，81，100，82，88，95，90，100，86，89， 93，86成绩统计表如下：学部平均数中位数众数初中88a98高中8888b(1)a ，b (2)通过以上数据分析你认为 （填“初中”或“高中”）的一体机管理员对一体机设备操作的知识掌握的更好，

11、请写出理由；(3)若初中校部有100名一体机管理员，高中校部有140名一体机管理员，谤估计此次浏试成绩达到90分及以上的一体机管理员共有多少人？22在中，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点，连接在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由23二次函数yax2bxc交x轴于点A（1，0）和点B（3，0），交y轴于点C（0，3）(1)求二次函数的解析式；(2)如图1，点E为抛物线的顶点，点T（0，t）为

12、y轴负半轴上的一点，将抛物线绕点T旋转180，得到新的抛物线，其中B，E旋转后的对应点分别记为B，E，当四边形BEBE的面积为12时，求t的值；(3)如图2，过点C作CDx轴，交抛物线于另一点D点M是直线CD上的一个动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点P当以点B、C、P为顶点的三角形是直角三角形时，求所有满足条件的点M的坐标2022年安徽省中考第二次模拟考试数学试卷12345678910BBDDBCCDBC一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1【答案】B【分析】根据乘积为1的两数互为倒数，先求出各个数的倒数，再根据有理数的

13、大小比较法则：正数都大于0；负数都小于0； 正数大于一切负数； 两个负数，绝对值大的其值反而小，判断即可【详解】解：3，2，2，3的倒数分别是，其倒数最小的是2故选：B【点睛】本题考查倒数的定义，有理数大小的比较掌握会求一个数的倒数和比较有理数大小法则是解题的关键2 【答案】B【分析】把数记成a10n的形式，其中a是整数数位只有一位的数，n是正整数的形式【详解】解：68000006.8106，故选：B【点睛】此题主要考查了科学记数法表示较大的数，关键是掌握把一个大于10的数记成a10n的形式，其中a是整数数位只有一位的数，n原来的整数位数13 【答案】D【分析】应用幂的运算性质和整式的乘法公式

14、运算即可得出答案【详解】，故选项A不符合题意；（），故选项B不符合题意；，故选项C不符合题意；，故选项D符合题意；故选：D【点睛】本题考查了幂的运算性质和整式的乘法中的完全平方公式，熟练运用性质和公式进行正确计算是解决本题的关键4【答案】D【分析】根据三视图的定义逐项判断即可【详解】解：A、B、C的俯视图都和题干中给出的图形不符，故不符合题意，故选：D【点睛】此题考查由三视图判断几何体，熟知三视图的定义是解题的关键5【答案】B【分析】直接利用待定系数法求出一次函数解析式，进而得出x0时，y的值即可【详解】解：设y与x的关系式为ykx+b，图象经过（20，0），（20，20），解得：，yx+10

15、，当x0时，y10，即弹簧不挂物体时的长度是10cm故选：B【点睛】本题考查了一次函数的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出函数式，然后利用函数关系式即可解决题目的问题6【答案】C【分析】延长，交于，根据等腰三角形的性质得出，根据平行线的性质得出，【详解】解：延长，交于，是等腰三角形，故选：【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形外角的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键7【答案】C【分析】根据等式的性质，逐项判断即可【详解】解：A、根据等式性质2，m=n两边同时乘以p得mp=np，原变形正确，故选项A不符合题意；B、根据等式性质2，a（

16、|x|+1）b（|x|+1）两边同时除以(|x|+1)得a=b，原变形正确，故选项B不符合题意；C、根据等式性质2，c可能为0，等式两边同时除以c，原变形错误，故选项C符合题意；D、根据等式性质1，x=y两边同时减去2应得x-2=y-2，原变形正确，故选项D不符合题意故选：C【点睛】此题主要考查了等式的性质和运用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：（1）等式两边加同一个数（或式子），结果仍得等式（2）等式两边乘同一个数或除以一个不为零的数，结果仍得等式8 【答案】D【分析】首先分别求出小正方形与大正方形的面积，再求出小正方形面积与大正方形面积的比即为小球落在小正方形内部区域阴影部分的概率【详

17、解】解：设小正方形的边长为，则其面积为圆的直径正好是大正方形边长，根据勾股定理，其小正方形对角线为，即圆的直径为，大正方形的边长为，则大正方形的面积为，则小球停在小正方形内部阴影区域的概率为；故选：D【点睛】此题考查了几何概率的求法，正方形多边形与圆，解答此题除了熟悉几何概率的定义外，还要熟悉圆内接正方形和圆外切正方形的关系9 【答案】B【分析】如图，连接AF，通过对应边的比相等和两边的一夹角证明，得出点F的运动轨迹为在以A为圆心，以AF为半径的圆；过点D作的切线，连接，可知为最大值，此时；在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，计算求解即可【详解】解：如图，连接AF由题意知和均为等腰直角三角

18、形点F在以A为圆心，以AF为半径的圆上运动过点D作的切线，连接，可知为最大值，此时 在中，由勾股定理得在中，由勾股定理得当最大时，故选B【点睛】本题考查了三角形相似，切线，勾股定理等知识解题的关键与难点在于得出点F的运动轨迹10【答案】C【分析】证明，得出，得出是线段的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质得出，由正方形的形状得出，证出，得出，因此，即可得出正确；设，菱形的边长为，证出，由正方形的性质得出，证出，由证明，正确；求出，是等腰直角三角形，得出，整理得，得出，由平行线得出，得出，因此正确；证明，得出，正确；证明，得出，因此，错误；即可得出结论【详解】解：是的平分线，在和中，是线段的垂直平

19、分线，四边形是正方形，四边形是菱形；正确；设，菱形的边长为，四边形是菱形，四边形是正方形，在和中，正确；，是等腰直角三角形，整理得，四边形是正方形，正确；，在和中，正确；在和中，错误；综上所述，正确的有4个，故选：C【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、菱形的判定与性质、三角形面积的计算等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）11【答案】【分析】利用特殊角的三角函数值，算术平方根，零指数幂，负整数指数幂计算即可【详解】=，故答案为：【点睛】本题

20、考查了特殊角的三角函数值，算术平方根即正的平方根，零指数幂，负整数指数幂，熟练掌握性质和特殊角的三角函数值是解题的关键12【答案】1【分析】先估算出，再估算出即可完成求解【详解】解：；因为1.236介于整数1和2之间，所以;故答案为：1【点睛】本题考查了对算术平方根取值的估算，要求学生牢记的近似值或者能正确估算出的整数部分即可；该题题干前半部分涉及到数学文化，后半部分为解题的要点，考查了学生的读题、审题等能力13【答案】1【分析】作AC为直径的圆，圆心为O，即可得当O、E、B三点共线时，BE是最短，根据勾股定理求OB的长度即可求【详解】解：如图，作以AC为直径的圆，圆心为O，连接CE，OE，O

21、B，E点在以CD为直径的圆上，CED90，AEC180CED90，点E也在以AC为直径的圆上，AC8，OE=OC4，BC3，ACB90，OB=，点E在O上运动，根据两点之间线段最短，BE+OEOB，当点B、E、O三点共线时OB最短，OE定值，BE最短OBOE541，故答案为：1【点睛】本题考查直径所对圆周角性质，动点轨迹，勾股定理，最短路径，掌握直径所对圆周角性质，动点轨迹，勾股定理，最短路径是解题关键14【答案】 8 4【分析】设点A（a，a2），则点B坐标为（a，0），通过求证AOBBCO可得CO长度，由AC2（xcxA）2+（yCyA）2可得AC2与a的函数关系式，将函数关系式化为顶点式

22、求解【详解】解：设点A（a，a2），则点B坐标为（a，0），OB|a|，ABa2，ABOBOC90，AOB+OBC90，OBC+BCO90，AOBBCO，AOBBCO，OB2COAB，即a2a2CO，解得CO8，C（0，8），AC2（xcxA）2+（yCyA）2a2+a42a2+64（a464a2）+64（a232）2+48，当a232时，AC248为最小值，即AC4故答案为：8，4【点睛】本题考查二次函数的最值问题，解题关键是掌握相似三角形的判定与性质，掌握求二次函数最值的方法三、解答题（本大题共8小题，共90分其中：15-18题，每题8分，19-20题，每题10分，21-22题，每题12分

23、，23题14分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）。15【答案】(1)；(2)x【分析】(1)首先分解因式及进行括号内分式的加法运算，再把除法运算转化为乘法运算，最后约分得到最简结果；(2)分别求出不等式组中两个不等式的解集，找出两解集的公共部分即可【详解】解：(1)原式；(2) ，由得：x，由得：x，不等式组的解集为x【点睛】本题考查了分式的混合运算，解一元一次不等式组，(1)要先算括号里的，再进行因式分解和约分运算；(2)准确求得每一个不等式的解集是解决本题的关键16【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)2，0【分析】（1）ABC的三个顶点A（1，3），B（4，4），C（2，1）

24、分别向左平移4个单位后可得对应点A1， B1， C1的坐标，依次连接这三个点即可；（2）ABC的三个顶点A（1，3），B（4，4），C（2，1）绕原点O旋转180后可得对应点A2， B2， C2的坐标，依次连接这三个点即可；（3）根据对应点连线的交点即为对称中心，连接、，此三线的交点即为A1B1C1与A2B2C2的对称中心，为此可得关于(2，0)对称，分别求得直线、的解析式，验证点(2，0)是否在这两条直线上即可(1)点A（1，3），B（4，4），C（2，1）分别向左平移4个单位后的对应点的坐标分别为A1(3，3)， B1 (0，4)， C1(2，1)，依次连接这三个点得到平移后的A1B1C1

25、，如图所示 (2)ABC的三个顶点A（1，3），B（4，4），C（2，1）绕原点O旋转180后可得对应点A2， B2， C2的坐标分别为(1，3)，(4，4)， (2，1)，依次连接这三个点得到旋转后的A2B2C2，如图所示； (3)如（2）中图所示，连接、，可得关于(2，0)对称设直线的解析式为y=kx+b，则有： 解得： 即直线的解析式为当时，y=0，则(2，0)是的对称中心；同理可求得直线的解析式为当时，y=0，则(2，0)是的对称中心；综上所述，A1B1C1与A2B2C2关于点（2，0）对称【点睛】本题考查了平面直角坐标系中图形的平移与旋转，根据对应点确定旋转中心，难点是确定两个图形的

26、对称中心17【答案】(1) (2)；【分析】（1）连接、，根据平行线的性质得出，再根据等腰三角形的性质得出即可判断；（2）根据最佳射门点为点Q，可证ADQQDB，列出比例式即可求出DQ的长度，作BEAQ于E，求出线段长，利用三角函数求解即可；根据题意可知，过MN中点O作OFAB于F，交AQ于P，利用相似三角形的性质求出EM，再解直角三角形求出MP、PF、PO即可(1)解：连接、，CDAB，最佳射门点为 故答案为：(2)解：作BEAQ于E，最佳射门点为点Q，ADQQDB，代入比例式得，解得，（负值舍去）；，则，；过MN中点O作OFAB于F，交AQ于P，守门员伸开双臂后，可成功防守的范围为，当时才

27、能确保防守成功MNAQ，；MN中点与AB的距离至少为时才能确保防守成功【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题关键恰当构建直角三角形，熟练运用解直角三角形的知识求解18 【答案】(1)15 (2)（2a+1） (3)63 (4)（2641） (5)（3641）【分析】（1）根据前3次的探究可以得出探究4；（2）根据前4次的探究可以得到（x+1）个金盘移动的次数；（3）根据前面的探究得出规律，然后得出结论；（4）根据自主探究得出规律即可；（5）先把n=2时得出结论，再用相同的方法得出h（3），然后找出规律得出结论(1)先用h（3）的方法把较小的3个盘移到2柱（需移动7次），再将最大盘移到3柱（

28、需移动1次），最后用h（3）的方法把较小的3个盘从2柱移到3柱（需移动7次），所以共需要72+115次，即h(4)=15，故答案为：15；(2)由探究二可知，若将1个金盘按要求全部从1柱移动到2柱，至少需要1次，则将2个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，则至少需要12+13次；由探究三可知，若将2个金盘按要求全部从1柱移动到2柱，至少需要3次，则将3个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，则至少需要32+17次；由探究四可知，若将3个金盘按要求全部从1柱移动到2柱，至少需要7次，则将4个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，则至少需要7x2+115次；故若将x个金盘按要求全部从1柱移动到2柱，至少需要a次，

29、则将（x+1）个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，则至少需要（2a+1）次，故答案为：（2a+1）；(3)h（4）15，h（5）2h（4）215+131，h（6）2h（5）+163，至少需要63次；(4)h（1）1，h（2）3221，h（3）7231，h（4）15241，.h（64）2641，故答案为：2641；(5)每次只能将盘子向相邻的柱子移动，故当n2时，小盘移到2柱，需要1次，再将小盘移到3柱，需要1次；将大盘移到2柱，需要1次，再将小盘移到2柱，需要1次，再将小盘移到1柱，需要1次，将大盘移到3柱，需要1次，将小盘移到2柱，需要1次，再将小盘移到3柱，需要1次；所以两个盘子需要了8次，

30、故h（2）8；按照相同的思路可得：h（3）26；h（2）8321，h（3）26331，h（64）3641故答案为：（3641）【点睛】本题考查数字变化类、列代数式，关键是根据已知方法总结出移动的规律19【答案】(1)；(2)；(3)EMDN为定值，见解析【分析】（1）根据平移求出点B的坐标，并运用待定系数法求出答案；（2）如图1，过点B作BFx轴于点F，过点C作CGx轴于点G，先证明CDGBDF，结合BC=2CD，可得出 ，进而求出点C的坐标，再运用待定系数法求出直线l的解析式，得出点D的坐标，即可求得答案；（3）设P(t， )，且t0，即可得出M(t，-2t+8)，N(4-，)，运用两点间距

31、离公式即可求出EMDN=15，故EMDN为定值(1)将点A（0，4）先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，得B(1，6)，点B恰好落在反比例函数 （k0）的图象上 ，k=6，反比例函数表达式为 ；(2)如图1，过点B作BFx轴于点F，过点C作CGx轴于点G，CGD=BFD=90，CDG=BDF，CDGBDF，BC=2CD，BC+CD=BD，BD=3CD，B(1，6)，BF=6，OF=1，CG=BF=6=2，将y=2代入，得2= ，x=3，C(3，2)，将B(1，6)，C(3，2)代入y=mx+n，得： ，解得 ，直线l的表达式为y=-2x+8，令y=0，得：-2x+8=0，解得：x=

32、4，D(4，0)， OD=4，SBOD=ODBF=46=12；(3)如图2，由（2）知，直线BC的解析式为y=-2x+8，令x=0，得y=8，E(0，8)，设P(t，)，且t0，PMx轴，PNy轴，M(t，-2t+8)，N(4-，)， ， ，EMDN= =15，EMDN为定值【点睛】本题考查反比例函数的应用、一次函数的应用，两点间距离公式的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会构建方程解决问题，学会构建一次函数，属于中考常考题型20 【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接AO，BO，即可证明AOCBOC（SSS），由ACOBOC，即可证明CO是ACB的角平分线；（2）连接

33、AO，BO，BO交MN于点F，连接OD，在O中，AOB2ACB，则可得AGQ+AOB270，在四边形AOFG中，OAG+OFG360（AGQ+AOB）90，可以证明CAODAO（SSS），所以CAODAO，结合（1）可得到FQB180（CBO+QFB）90，所以MNBC，OHMN，即可证得OHBC；（3）由条件可得MHMPNHQN，即PHQH，由OHBC，可得O是PE的中点，OPEO，延长CO交AB于R，交O于点S，连接PS，设APx，BPAP+2x+2，所以AB2x+2，ARBRx+1，PR1，可以证明OPSOEC（SAS），进而得到PSBC，由对称性可知，PSBQCE ，所以RS2，再证明

34、PRSBRC，可得，CR2x+2，连接AS，证明ASRCBR，得到，求得x3，所以得到BR4，CR8，BC4，EQ4CEBQ2(1)解：连接AO，BO，如图4， AOBOCO，ACBC，AOCBOC（SSS），ACOBOC，CO是ACB的角平分线；(2)解：连接AO，BO，BO交MN于点F，连接OD，如图5，在O中，AOB2ACB，AGQ+2ACB270，AGQ+AOB270，在四边形AOFG中，OAG+OFG360（AGQ+AOB）90，ADBC，ADAC，在CAO和DAO中， ，CAODAO（SSS），CAODAO，由（1）得，CAOCBO，CBODAO，即CBOGAO，QFBOFG，CB

35、O+QFB90，FQB180（CBO+QFB）90，MNBC，OHMN，OHBC；(3)解：OHMN，MHNH，MPQN，MHMPNHQN，即PHQH，OHBC，O是PE的中点，OPEO，延长CO交AB于R，交O于点S，连接PS，连接AS，如图6，设APx，BPAP+2x+2，AB2x+2，ARBRx+1，PR1，在OPS和OEC中， ，OPSOEC（SAS），CEOSPO，PSBC，由对称性可知，PSBQCE ，RS2，PSBC，PRSBRC， ，BRARx+1，CR2x+2，ASCABC，ASRCBR，ARBRCRSR，（x+1）22（2x+2），x3，BR4，CR8，BC4，EQ4CEB

36、Q2，EQ的长为2【点睛】本题是圆的综合题型，考查了垂径定理，圆周角圆心角定理，相似三角形的知识与应用，正确添加辅助线是解决该问题的关键21【答案】(1)85，100(2)高中，理由见解析(3)96人【分析】（1）根据中位数、众数的定义，可以得到a、b的值；（2）根据题目中的数据，可以从中位数、众数来说明理由，注意本题答案不唯一，符合实际即可；（3）利用样本估计总体，分别求出两个校部测试成绩达到90分及以上的一体机管理员的人数，再相加即可(1)解：由直方图可知，初中一体机管理员的测试成绩15个数据按从小到大的顺序排列，初中一体机管理员的测试成绩在C组中的数据为：81，85，88，中位数a85，

37、高中一体机管理员的测试成绩：76，83，71，100，81，100，82，88，95，90，100，86，89， 93，86按从小到大排列是：71，76，81，82，83，86，86，88，89，90，93，95，100，100，100.众数b100，故答案为：85，100；(2)解：根据以上数据，我认为高中的一体机管理员对一体机设备操作的知识掌握的更好理由：两个校部的平均成绩一样，而高中校部的中位数，说明高中校部掌握的较好故答案为：高中；(3)解：100+140=96（人），答：估计此次浏试成绩达到90分及以上的一体机管理员共有约96人【点睛】本题考查频数分布直方图、中位数、众数、用样本估计

38、总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答22 【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长（2）作交于点D，作交于点E由旋转可得，再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，由三角形面积公式可求出再利用勾股定理即可求出，进而求出最后利用平行线分线段成比例即可求出的长（3）作且交延长线于点P，连接由题意易证明，即得出再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点从而证明DE为的中位线，即即要使DE最小，最小即可根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，

39、且最小值即为，由此即可求出DE的最小值【详解】（1）在中，根据旋转性质可知，即为等腰三角形，即，（2）如图，作交于点D，作交于点E由旋转可得，即，在中，即，（3）如图，作且交延长线于点P，连接，即，又，在和中 ，即点D为中点点E为AC中点，DE为的中位线，即要使DE最小，最小即可根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为此时，即DE最小值为1【点睛】本题为旋转综合题考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题正确的作出辅助线为难点也是解题关键23 【答案】(1)yx24x3

40、 (2)t3 (3)M点的坐标为（，3）或（，3）或（2，3）或（5，3）【分析】（1）设抛物线解析式为ya（x+1）（x+3），将C（0，3）代入求值，进而可得解析式；（2）解：如图1，连接EE、BB，延长BE，交y轴于点Q，设直线BE的解析式为ykx+b，待定系数法求解，抛物线yx24x3绕点T（0，t）旋转180，可得到四边形BEBE是平行四边形，根据SBETS四边形BEBE123，计算求解即可；（3）设P（x，x24x3），分情况求解：如图2，当BP1C90时，N1P1BP1CE，可知tanN1P1BtanP1CE，有，BN1x24x3，P1N1x+3，P1Ex，ECx24x，代入求出

41、符合题意的解即可；当BP2C90时，求解方法同；如图3，当P3BC90时，由BM3C是等腰直角三角形，可知N3BP3也是等腰直角三角形，有N3BN3P3，求出符合题意的解即可；当BCP490时，由BOC是等腰直角三角形，可得N4P4C也是等腰直角三角形，有P4N4CN4，求出符合题意的解即可(1)解：二次函数过点A（1，0），B（3，0），设抛物线解析式为ya（x+1）（x+3），将C（0，3）代入，得：3a-3，解得：a1，二次函数的解析式为：yx24x3；(2)解：如图1，连接EE、BB，延长BE，交y轴于点Q由（1）得yx24x3（x+2）2+1，抛物线顶点E（2，1），设直线BE的解析

42、式为ykx+b，B（3，0），E（2，1），解得：，直线BE的解析式为：yx+3，Q（0，3），抛物线yx24x3绕点T（0，t）旋转180，TBTB，TETE，四边形BEBE是平行四边形，SBETS四边形BEBE123，SBETSBQTSEQT（32）TQTQ，TQ6，3t6，t3；(3)解：设P（x，x24x3），如图2，当BP1C90时，N1P1BP1CE，tanN1P1BtanP1CE，BN1x24x3，P1N1x+3，P1Ex，ECx24x，化简得：x2+5x+50，解得：x1，x2（舍去），当BP2C90时，同理可得：x2+5x+50，解得：x1（舍去），x2，M点的坐标为（，3）或（，3），如图3，当P3BC90时，由BM3C是等腰直角三角形，